高考化学一轮复习课时跟踪练第2章 第5节 氧化还原反应的规律配平与计算.docx

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高考化学一轮复习课时跟踪练第2章第5节氧化还原反应的规律配平与计算

课时跟踪练（七）　氧化还原反应的

规律、配平与计算

1．固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂。

某学习小组以Mg（NO3）2为研究对象，拟通过实验探究其热分解的产物，提出如下4种猜想，其中不成立的是（　　）

A．Mg（NO2）2、O2　　B．MgO、NO2、O2

C．Mg3N2、O2D．MgO、NO2、N2

解析：

A、B、C三项中均有化合价的升降，符合氧化还原反应发生的条件；D项中由于产物中化合价只有降低情况，没有升高，不满足氧化还原反应的特征。

答案：

D

2．在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末，溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为2MnO＋16H＋＋5Na2O2===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O＋10Na＋。

下列判断正确的是（　　）

A．O2是还原产物，Mn2＋是氧化产物

B．Na2O2既是氧化剂，又是还原剂

C．标准状况下，产生22.4LO2时反应转移2mole－

D．通常用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液

解析：

Mn元素的化合价降低，被还原，O元素的化合价升高被氧化，则O2是氧化产物，Mn2＋是还原产物，故A错误；过氧化钠中O元素的化合价升高，则过氧化钠是还原剂，故B错误；标准状况下，产生22.4LO2时反应转移22.4L÷22.4L·mol－1×2×[0－（－1）]＝2mole－，故C正确；用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，应利用稀硫酸酸化，故D错误。

答案：

C

3．在一定条件下HI、Fe、FeBr2分别与足量的Cl2反应，如果三个反应电子转移数目相等，则HI、Fe、FeBr2的物质的量之比为（　　）

A．1∶1∶1B．3∶1∶1

C．1∶3∶3D．6∶3∶2

解析：

反应中只有氯气是氧化剂，3个反应得失电子数目相等，则3个反应中参加反应的氯气的物质的量相等，令参加反应的氯气为1mol，根据2HI＋Cl2===2HCl＋I2，n（HI）＝2mol，根据2Fe＋3Cl2===2FeCl3，n（Fe）＝mol，根据2FeBr2＋3Cl2===2FeCl3＋2Br2，n（FeBr2）＝1mol×＝mol，故n（HI）∶n（Fe）∶n（FeBr2）＝2mol∶mol∶mol＝3∶1∶1。

答案：

B

4．NaNO2是一种食品添加剂，但食用过量可能致癌。

酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为MnO＋NO＋―→Mn2＋＋NO＋H2O（未配平）。

下列叙述中正确的是（　　）

A．该反应中NO被还原

B．反应过程中溶液的pH减小

C．生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4

D.中的粒子是OH－

解析：

NO中N元素的化合价升高，NO被氧化，A项错误。

根据得失电子守恒和原子守恒可知反应的离子方程式为2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O，据此可知B、D项错误，C项正确。

答案：

C

5．某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO－与ClO的物质的量浓度之比为11∶1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为（　　）

A．1∶3　　B．4∶3C．2∶1　　D．3∶1

解析：

本题考查氧化还原反应的简单计算。

x　　　Cl→KCl　　　降x×1

11　　Cl→KClO　升11×1

1　　　Cl→KClO3升1×5

关系式：

x×1＝11×1＋1×5，得x＝16，则被还原和被氧化的氯元素的物质的量之比是16∶（1＋11）＝4∶3。

答案：

B

6．ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。

实验室可通过以下反应制得ClO2：

KClO3＋H2C2O4＋H2SO4―→ClO2↑＋K2SO4＋CO2↑＋H2O（未配平）。

下列说法正确的是（　　）

A．KClO3在反应中是还原剂

B．1molKClO3参加反应，在标准状况下能得到22.4L气体

C．ClO2消毒的效率（以单位质量得到电子数表示）是Cl2的约5.3倍

D．1molKClO3参加反应有1mol电子转移

解析：

A项，KClO3中Cl元素化合价从＋5价降低到＋4价，得到1个电子，在反应中是氧化剂，错误；B项，1molKClO3参加反应得到1mol电子，草酸中碳元素化合价从＋3价升高到＋4价，失去1个电子，所以得到的气体是1molClO2和1molCO2，在标准状况下的体积是44.8L，错误；C项，ClO2消毒的效率（以单位质量得到电子数表示）是Cl2的≈2.63倍，错误；D项，根据以上分析可知1molKClO3参加反应有1mol电子转移，正确。

答案：

D

7．已知酸性高锰酸钾溶液可以将FeSO4氧化，方程式为2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋5Fe2（SO4）3＋8H2O，现将一定量的用硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中铁离子的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，则下列有关说法不正确的是（　　）

A．图中AB段主要是高锰酸钾和碘化钾溶液反应

B．图中BC段发生的反应为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2

C．根据OC段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25mol

D．根据OC段的数据可知开始加入的硫酸亚铁的物质的量为1mol

解析：

根据题干中方程式可知：

MnO的氧化性强于Fe3＋，当加入KI溶液时，n（Fe3＋）不变，说明MnO先氧化I－，A正确；MnO反应完全后，Fe3＋氧化I－，使n（Fe3＋）减小，B正确；BC段参加反应的I－为0.75mol，故被还原的n（Fe3＋）为0.75mol，再根据电子守恒，生成0.75molFe3＋需0.15molMnO，加入的高锰酸钾的物质的量为0.25mol，C正确，D不正确。

答案：

D

8．（2019·济南模拟）已知M2O可与R2－作用，R2－被氧化为R单质，M2O的还原产物中，M为＋3价；又知c（M2O）＝0.3mol·L－1的溶液100mL可与c（R2－）＝0.6mol·L－1的溶液150mL恰好完全反应，则n值为（　　）

A．4　　　　B．5C．6　　　　D．7

解析：

n（M2O）＝0.3mol·L－1×0.1L＝0.03mol，n（R2－）＝0.6mol×0.15L＝0.09mol，反应中M化合价降低到＋3价，R元素化合价升高到0价。

设M2O中M的化合价为x，则2x＋2＝2n，x＝n－1，氧化还原反应中得、失电子数目相等，则有（n－1－3）×0.03mol×2＝（2－0）×0.09mol，n＝7。

答案：

D

9．（2019·揭阳模拟）黄铜矿（主要成分CuFeS2）是提取Cu的主要原料。

已知：

2CuFeS2＋4O2Cu2S＋3SO2＋2FeO（Ⅰ）

产物Cu2S在1200℃高温下继续反应：

2Cu2S＋3O2===2Cu2O＋2SO2（Ⅱ）

2Cu2O＋Cu2S===6Cu＋SO2↑（Ⅲ）

假定各步反应都完全。

则下列说法正确的是（　　）

A．反应Ⅰ中CuFeS2仅作还原剂

B．取12.5g黄铜矿样品，经测定含3.60g硫，则矿样中CuFeS2质量分数一定为82.8%

C．由6molCuFeS2生成6molCu消耗O2的物质的量为14.25mol

D．6molCuFeS2和15.75molO2反应，理论上可得到铜的物质的量为3mol

解析：

反应Ⅰ中铜元素化合价降低，硫元素的化合价升高，CuFeS2既作还原剂，也作氧化剂，A错误；由于不能确定杂质是否含有硫元素，所以不能计算CuFeS2的含量，B错误；根据方程式可知6molCuFeS2参加反应，生成3molCu2S，其中2molCu2S转化为2molCu2O，2molCu2O与1molCu2S反应生成6molCu，所以消耗O2的物质的量为12mol＋3mol＝15mol，C错误；6molCuFeS2需要12mol氧气得到3molCu2S，剩余3.75mol氧气可以消耗Cu2S的物质的量是×2＝2.5mol，得到2.5molCu2O，此时剩余Cu2S的物质的量是0.5mol，与1molCu2O反应生成3mol铜，D正确。

答案：

D

10．NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：

①NaCN与NaClO反应，生成NaCNO和NaCl；

②NaCNO与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。

已知：

HCN（K＝6.3×10－10）有剧毒；HCN、HCNO中N元素的化合价相同。

完成下列填空：

（1）第一次氧化时，溶液的pH应调节为________（填“酸性”“碱性”或“中性”）；原因是_____________________________________

_____________________________________________________。

（2）写出第二次氧化时发生反应的离子方程式：

______________

_____________________________________________________。

（3）处理100m3含NaCN10.3mg·L－1的废水，实际至少需NaClO________g（实际用量应为理论值的4倍），才能使NaCN含量低于0.5mg·L－1，达到排放标准。

（4）（CN）2与Cl2的化学性质相似。

（CN）2与NaOH溶液反应生成________、________和H2O。

解析：

（1）NaCN易与酸反应生成HCN，HCN有剧毒，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性。

（2）反应中氯元素的化合价从＋1价降低到－1价，得到2个电子；氮元素的化合价从－3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2∶3，反应的离子方程式为2CNO－＋3ClO－===CO＋CO2↑＋3Cl－＋N2↑。

（3）参加反应的NaCN是＝20mol，反应中C元素由＋2价升高到＋4价，N元素化合价从－3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，所以处理100m3含NaCN10.3mg·L－1的废水，实际至少需NaClO的质量为×74.5g·mol－1×4＝14900g。

（4）（CN）2与Cl2的化学性质相似，则根据氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式可知（CN）2与NaOH溶液反应生成NaCNO、NaCN和H2O。

答案：

（1）碱性　防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气

（2）2CNO－＋3ClO－===CO＋CO2↑＋3Cl－＋N2↑

（3）14900　（4）NaCNO　NaCN

11．铬及其化合物常被应用于冶金、化工、电镀、制药等行业，但使用后的废水因其中含高价铬的化合物而毒性很强，必须进行处理。

工业上往往采取下列循环工艺防止铬的污染：

（1）上述各步反应中属于氧化还原反应的是________（填序号）。

（2）第①步，含Cr2O的废水在酸性条件下用绿矾（FeSO4·7H2O）处理，写出并配平反应的离子方程式：

______________________________________________________。

（3）第②步，向上述反应后的溶液中加入适量的碱石灰，使铬离子转变为Cr（OH）3沉淀。

处理后，沉淀物中除了Cr（OH）3外，还有____________、__________（写化学式）。

已知Cr（OH）3性质类似Al（OH）3，是既能与强酸反应又能与强碱反应的两性物质，写出从该沉淀物中分离出Cr（OH）3的离子方程式：

________________

_______________________________________________、

_____________________________________________________。

（4）回收所得的Cr（OH）3，经③④⑤步处理后又可转变成K2Cr2O7。

纯净的K2Cr2O7常用于准确测定Na2S2O3溶液的物质的量浓度，方法如下：

①Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O

②2S2O＋I2===S4O＋2I－

准确称取纯净的K2Cr2O70.1225g，配成溶液，用上述方法滴定，消耗Na2S2O3溶液25.00mL。

则Na2S2O3溶液的物质的量浓度为________（保留四位有效数字）。

解析：

（1）①中铬元素由＋6价降至＋3价，④中铬元素由＋3价升至＋6价。

（2）亚铁离子具有还原性，与重铬酸根离子反应生成铬离子和铁离子。

加入绿矾反应后，溶液中有铁离子和硫酸根离子，再加入碱石灰，除生成Cr（OH）3外，还会生成氢氧化铁和硫酸钙。

（3）氢氧化铬类似氢氧化铝，具有两性，能与氢氧化钠反应生成NaCrO2：

Cr（OH）3＋NaOH===NaCrO2＋2H2O，NaCrO2类似偏铝酸钠，通入过量的CO2生成氢氧化铬、碳酸氢钠：

NaCrO2＋CO2＋2H2O===Cr（OH）3↓＋NaHCO3。

（4）根据反应得关系式K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3，n（Na2S2O3）＝6n（K2Cr2O7），

c（Na2S2O3）＝＝0．1000mol·L－1。

答案：

（1）①④

（2）Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O

（3）Fe（OH）3　CaSO4　Cr（OH）3＋OH－===CrO＋2H2O　CrO＋CO2＋2H2O===Cr（OH）3↓＋HCO

（4）0.1000mol·L－1

12．工业上以软锰矿（主要成分MnO2）为原料，通过液相法生产KMnO4。

即在碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，分离后得到的K2MnO4，再用惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，其生产工艺简略如下：

（1）反应器中反应的化学方程式为_________________________

_____________________________________________________。

（2）生产过程中最好使用含MnO280%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量__________（填“偏高”或“偏低”）。

（3）电解槽中总的离子反应方程式为_______________________

_____________________________________________________。

（4）在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入适量CO2反应生成黑色固体、KMnO4等，反应的化学方程式为__________________。

上述反应中氧化剂与还原剂的质量比为___________________。

与该传统工艺相比，电解法的优势是______________________

______________________________________________________

_____________________________________________________。

（5）用高锰酸钾测定草酸结晶水合物的纯度：

称草酸晶体样品0.500g溶于水配制成100mL溶液，取出20.00mL用0.0200mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定（杂质不反应），至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪去，消耗KMnO4溶液14.80mL，则该草酸晶体的纯度为____________。

（结果保留三位有效数字）（已知该草酸结晶水合物H2C2O4·2H2O的相对分子质量为126）

解析：

（1）根据题给流程和信息知，反应器中KOH、MnO2和O2反应生成K2MnO4和H2O，利用化合价升降法配平，反应的化学方程式为4KOH＋2MnO2＋O2===2K2MnO4＋2H2O。

（2）若贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，发生反应：

Al2O3＋2KOH===2KAlO2＋H2O、SiO2＋2KOH===K2SiO3＋H2O，会导致KOH消耗量偏高。

（3）电解锰酸钾溶液制备高锰酸钾，电解槽中阳极发生氧化反应，MnO失电子转化为MnO，电极反应式为2MnO－2e－===2MnO－4，阴极发生还原反应，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，两式相加得总的离子反应方程式为2MnO＋2H2O2MnO＋2OH－＋H2↑。

（4）向K2MnO4溶液中通入适量CO2，二者反应生成黑色固体二氧化锰、KMnO4，利用化合价升降法配平，该反应的化学方程式为3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2＋2K2CO3。

上述反应中3molK2MnO4有1mol锰元素化合价由＋6价降为＋4价生成二氧化锰，作氧化剂，有2mol锰元素化合价由＋6价升高到＋7价生成高锰酸钾，作还原剂，氧化剂与还原剂的质量比为1∶2。

K2MnO4的转化率为66.7%，与该传统工艺相比，电解法的优势是产率更高、KOH循环利用。

（5）酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式是6H＋＋2MnO＋5H2C2O4===2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑，则样品中草酸晶体的物质的量为n（H2C2O4·2H2O）＝5×14.8×10－3×0.02×mol＝3.7×10－3mol，草酸晶体的质量为3.7×10－3mol×126g/mol＝0.4662g，则该草酸晶体的纯度为93.2%。

答案：

（1）4KOH＋2MnO2＋O2===2K2MnO4＋2H2O

（2）偏高

（3）2MnO＋2H2O2MnO＋2OH－＋H2↑

（4）3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2＋2K2CO3

1∶2　产率更高、KOH循环利用

（5）93.2%